江苏省江都中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段测试数学试题

江苏省江都中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段测试数学试题

江苏省江都中学2019-2020学年上学期阶段测试试题 高二数学2019.9‎ 一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.数列中第11项是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列归纳出通项公式，然后计算第项的值.‎ ‎【详解】根据可归纳出数列的通项公式为：，所以，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用归纳法求解数列通项公式并求值，难度容易.‎ ‎2.已知，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. 1 C. 4 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将的表达式构造成可以利用基本不等式求解最小值的形式.‎ ‎【详解】因为，所以，取等号时即，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】形如形式的函数，可利用基本不等式求解函数最小值：，取等号时有：‎ ‎.‎ ‎3.设是等差数列，若则数列的前8项和为（ ）‎ A. 32 B. 64 C. 128 D. 16‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将表示出来，然后利用等差数列的性质求解.‎ ‎【详解】因为且，所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】等差数列性质：若为等差数列，且，则.‎ ‎4.已知等比数列满足，则的值为（ ）‎ A. 9 B. 32 C. 64 D. 128‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两个等式列出方程组求解出首项和公差得到通项公式，然后求解的值.‎ ‎【详解】因为，所以，解得：，所以，则，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列基本量的求解，难度较易.‎ ‎5.命题甲：，命题乙：．则命题甲是乙的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解出两个命题中的范围，然后判断命题甲能否推出命题乙、命题乙能否推出命题甲，然后判断甲是乙的什么条件.‎ ‎【详解】因为，所以，所以命题甲：；因为，所以，所以命题乙：；命题甲不能推出命题乙，命题乙可以推出命题甲，所以是：必要非充分条件，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，难度较易.关于能否推出的问题，要注意：都是小范围推出大范围.‎ ‎6.若方程有一个正根和一个负根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. 或 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据方程根的特点可知：方程对应的函数有即可，并注意真数大于零，利用不等式组求范围.‎ ‎【详解】设,图象如图所示：‎ 根据条件，由图可知：只需满足即，解得：或，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次方程根的分布，难度较易.处理根的分布问题，最好可以图象分析，这样可以更直观的得到需要满足的不等式组.‎ ‎7.已知为等差数列，且，当取最大值时，则的值为（ ）‎ A. 18 B. 19 C. 20 D. 21‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为为等差数列，，‎ 所以由等差中项可知，‎ 则，那么，‎ 所以当时，取到最大值，故选C．‎ 考点：1．等差数列定义及性质；2．等差数列前项的最值．‎ ‎8.已知函数，若对于任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次函数图象以及在某段区间上小于零，得到对应的不等式组，求解出的范围.‎ ‎【详解】‎ 因为对任意的，都有成立，所以只需要满足： ，即，解得：，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查根据二次函数在给定区间上的恒成立求解参数的问题，难度一般.除了可以利用图象直接进行分析，还可以根据二次函数对称轴进行分析，利用对称轴分析时注意分类.‎ ‎9.若，则下列不等式①；②③；④ 中，正确的不等式有（ ）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所给条件变形，然后逐项分析.‎ ‎【详解】①因为，所以，则，故正确；‎ ‎②因为，所以，故错误；‎ ‎③因为，所以，故错误；‎ ‎④因为，所以，则，取等号时有：，又因为，所以，故错误.所以正确的有个.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查不等关系的判断以及基本不等式取等号的条件，难度较易.对于基本不等式取等号时，一定要记得标注取等号的条件.‎ ‎10.数列，满足，则数列的前项和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件求解出，的通项公式，然后写出的通项并考虑求和.‎ ‎【详解】因为，所以是等差数列，是等比数列，则：，，所以，故是首项为，公比为的等比数列，可得前项和为：，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查等差等比数列的判断以及等比数列前项和的公式，难度较易.‎ ‎11.已知各项都为正数的等比数列满足，存在两项使得 ‎，则的最小值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据计算公比，然后由找到的关系式，最后根据基本不等式求解的最小值.‎ ‎【详解】因为，所以或，又，所以；由可知：，所以，则；‎ ‎，取等号时，即，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】基本不等式中“”的妙用：‎ 已知，求解的最小值的方法：，取等号时.‎ ‎12.观察下列数列的特点：，第121项是（ ）‎ A. 14 B. 15 C. 16 D. 121‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按顺序将相同数字记为一组，表示第组中元素个数，前组元素个数之和，通过等差数列求和公式确定第项所在的组数，即为该项的值.‎ ‎【详解】按顺序将相同数字记为一组，设表示该组中元素个数且为等差数列，可得：，前组元素个数之和且；又因为，，且在递增，所以第项在第组.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列及其前项和的应用，难度较大.对于类似于数列探究类型的问题，首先要确定好其中的规律，然后将规律和待解答的问题联系在一起完成求解，这种题型灵活度较高，对推理能力也有一定的要求.‎ 二、填空题．‎ ‎13.不等式的解集是_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 将分式不等式转化为一元二次不等式完成求解.‎ ‎【详解】因为，所以，所以有：，解得：.‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法，难度较易.一般求分式不等式的解集，都可先将其转化为一元二次不等式去求解，求解时要注意到分式分母不为零.‎ ‎14.设等差数列的前n项和为，则= .‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由等差数列性质知：也成等差，‎ 所以成等差，即，‎ 因此,故答案为16.‎ 考点：等差数列性质 ‎15.若对满足条件的任意，恒成立，则实数的取值范围是_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据等式找到与的关系，方便计算出；将不等式进行分离参数，转而求解不含参数部分对应的最值，及可求解出的范围.‎ ‎【详解】因为，所以，则 ‎，取等号时；又因为恒成立，所以恒成立，令，则在递增，所以在上，则，所以.‎ ‎【点睛】利用基本不等式求解参数范围，常用的方法：先分离参数，然后对不含参数部分的式子运用基本不等式，再根据不含参数部分的最值与参数的关系求解出参数范围.‎ ‎16.已知数列满足：（为正整数），若，则所有可能的取值集合为_________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用“倒推”的方式，推导过程中注意分类.‎ ‎【详解】因为，若为奇数，则有，无解，若为偶数，则有，即；‎ 若为奇数，则有，则，若为偶数，则有，即；‎ 当时，若为奇数，则有，无解，若为偶数，则有，即；‎ 当时，若为奇数，则有，无解，若为偶数，则有，即；‎ 当时，若为奇数，则有，无解，若为偶数，则有，即；‎ 当时，若奇数，则有，即，若为偶数，则有，即；‎ 综上：可取的值有：，即.‎ ‎【点睛】本题考查数列的应用，难度较难.遇到这种逐步推导的问题，首先要明确方向，也就是推导的顺序，其次就是推导的方法的选择：（1）分类逐步推导；（2）画树状图推导.‎ 三、解答题：解答题应写出文字说明，证明过程.‎ ‎17.公差不为0的等差数列的前项和为，且成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求的前10项和 ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据条件计算首项和公比，求解出通项公式；（2）对于含绝对值的数列通项，关键是注意到从哪一项开始等差数列的正负号发生变化，以此为基准进行计算.‎ ‎【详解】（1）因为，又成等比数列，所以 ‎，且，解得：，所以；‎ ‎（2）因为，所以递减，且，所以时，；所以 ‎.‎ ‎【点睛】求解含绝对值的等差数列的前项和问题关键是：找到从哪一项开始等差数列的项的符号发生了改变，然后求解含绝对值的前项和时，将问题转化为用正常等差数列前项和的运算表示含绝对值的前项和，然后利用公式计算.‎ ‎18.已知数列为等差数列，且 ‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（1）设，比较与1的大小。‎ ‎【答案】(1) ； (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据为等差数列以及相关条件求解出公差，然后求解通项公式；（2）先将表达式化简到可以求和，求和完成后再与比较大小.‎ ‎【详解】(1)设等差数列的公差为d，‎ 由可得： ‎ 即d=1。‎ 所以，即 ‎(2)因为 ‎，‎ 所以 ‎ ‎ 即 ‎【点睛】已知数列为等差数列，根据条件求解其通项公式时，可以利用等差中项、等差数列的性质等求解出等差数列中基本量，然后求解出通项公式；‎ ‎19.已知数列满足．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1) ； (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以替换可得新的数列等式，即可计算的通项公式；（2）先化简的通项公式，然后再利用裂项相消法求解数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，则，即：，又当时，，符合的情况，所以：；‎ ‎（2）因为，所以 ‎，故前项和为：.‎ ‎【点睛】（1）对于仅给出一个很长的递推数列等式，去求解通项公式时可通过将变为或者的方式来尝试求解数列通项；‎ ‎（2）常见的可裂项相消模型：，.‎ ‎20.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn+n=2an（n∈N*）． ‎ ‎（1）证明：数列{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； ‎ ‎（2）若bn=（2n+1）an+2n+1，数列{bn}的前n项和为Tn．求满足不等式＞2010的n的最小值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析，an=2n-1，n∈N*；（2）10.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对已知条件，用代替得，两式相减可得，凑配得，由此可证得是等比数列，从而求出通项公式，这是已知数列前项和与项之间关系的一般处理方法；（2）由（1）可得，采用错位相减法可求出其前项和，不等式>2 010，就转化为，可知n的最小值是10.‎ ‎【详解】(1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．‎ 两式相减，得an＝2an－1＋1.‎ 所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．‎ 因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.‎ a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.‎ 所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n， ①‎ ‎2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ②‎ ‎①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1‎ ‎＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1‎ ‎＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1.‎ 所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.‎ 若>2 010，‎ 则>2 010，即2n＋1>2 010.‎ 由于210＝1 024,211＝2 048，所以n＋1≥11，即n≥10.‎ 所以满足不等式>2 010的n的最小值是10. ‎ 本题属于基础题.‎ 考点：等比数列证明，通项公式，错位相减法.‎ ‎21.已知函数 ‎（1）若关于的不等式的解集为，求实数的值；‎ ‎（2）设，若不等式对任意实数都成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）设，解关于的不等式组 ‎【答案】（1）；（2）；（3）解集为；解集为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据解集对应的端点值为函数的零点或者方程的根完成求解；（2）化简不等式，依据二次项系数是否为零分类讨论；（3）先根据的判断解的情况，然后再对应分析不等式组的解集.‎ ‎【详解】（1）根据题意可知：，解得，所以；‎ ‎（2）因为且对任意实数都成立，所以对成立；当时，成立，符合；当时，，解得，‎ 综上：；‎ ‎（3）时，，当时，，此时恒成立，所以的解集为：；当时，，此时的解集为： ，若，，且，即 ，所以解集为：；当时，，即，则解集为：；‎ 综上：解集为；解集为.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的解集综合问题，难度较难.分析一元二次不等式的解集的时候，可借助图象分析；解答一元二次不等式中参数范围问题时，主要是两种思路：（1）分类讨论思想；（2）分离参数思想.‎ ‎22.已知数列中，，且对任意正整数都成立，数列 的前项和为.‎ ‎（1）若，且，求；‎ ‎（2）是否存在实数k，使数列是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项按某顺序排列后成等差数列，若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）若，求.‎ ‎【答案】(1) ；(2) 满足要求的实数有且仅有一个，；(3) ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据等差中项判定数列类型，再求解的值；（2）假设存在满足后，先计算通项公式，再考虑相邻三项排列后成等差数然后计算的值，注意分类；（3）先化简递推公式，根据递推公式进行奇偶分项讨论.‎ ‎【详解】(1)时，，，‎ 所以数列是等差数列， ‎ 此时首项，公差，‎ 数列的前项和是，‎ 故，得； ‎ ‎(2)设数列是等比数列，则它的公比，‎ 所以，，， ‎ ‎①若为等差中项，则，即，‎ 解得，不合题意；‎ ‎②若为等差中项，则，即，‎ 化简得：，‎ 解得,（舍去）；；‎ ‎③若为等差中项，则，即，‎ 化简得：，解得；； ‎ 综上可得，满足要求的实数有且仅有一个，； ‎ ‎(3)则，‎ ‎，， ‎ 当是偶数时， ‎ ‎，‎ 当是奇数时，‎ ‎，也适合上式， ‎ 综上可得，．‎ ‎【点睛】本题考查数列的综合运用，难度较难.‎ ‎（1）常见的等差数列判定方法：定义法、等差中项法；‎ ‎（2）数列中的假设性问题，一般都是假设成立，然后再考虑成立的条件是否具备；‎ ‎（3）数列在求和时若项数需要分奇偶则注意：一般求解完为奇数或者偶数时，再去求解为偶数或者奇数时可借用前面的结果去求解.‎ ‎ ‎